江苏省百校大联考2023-2024学年高一上学期12月阶段检测化学试题含答案

这是一份江苏省百校大联考2023-2024学年高一上学期12月阶段检测化学试题含答案，共20页。

注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。
1.本试卷共6页，包含选择题[第1题～第14题，共42分]、非选择题[第15题～第18题，共58分]两部分。班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。
2.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。
可能用到的相对原子质量：
一、单项选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是
A. 纳米铁粉可以去除被污染水体中的、等重金属离子
B. 将加碘盐加入淀粉溶液中，淀粉溶液可变蓝
C. 葡萄酒中通常含有微量，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
D. 燃煤中加入可以减少酸雨的形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁具有还原性，纳米铁粉可以去除被污染水体中的、等重金属离子，故A正确；
B．加碘盐中含有KIO3，KIO3不能使淀粉变蓝，故B错误；
C．具有还原性，葡萄酒中通常含有微量，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化，故C正确；
D．氧化钙和二氧化硫生成CaSO3，燃煤中加入可以吸收二氧化硫，减少酸雨的形成，故D正确；
选B。
2. 下列叙述中，正确的是
A. 的摩尔质量是98
B. 等质量的和中所含的氧原子数相同
C. 溶液与溶液中的的浓度相等
D. 等质量的和与足量的盐酸反应，产生气体的质量一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．摩尔质量的单位是“g/ml”，的摩尔质量是98g/ml，故A错误；
B．等质量的和，设质量都是mg，含有氧原子的物质的量分别是，所含的氧原子数相同，故B正确；
C．KClO3溶液中不含，故C错误；
D．和中碳元素质量分数不同，等质量的和与足量的盐酸反应，根据碳元素守恒，产生二氧化碳气体的质量不相等，故D错误；
选B。
3. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B
C. 海水
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．单质S燃烧生成SO2，故不选A；
B．氧化性Cl2>Br2>I2，氯气和NaBr反应生成氯化钠和Br2，Br2和NaI反应生成NaBr和I2，故选B；
C．电解氯化镁溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁，电解熔融氯化镁生成Mg和Cl2，故不选C；
D．氯化钠溶液和二氧化碳不反应，故不选D；
选B。
4. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 碘单质易溶于酒精，可用酒精萃取碘水中的碘
B. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥
C. 溶液呈碱性，可用于去除油污
D. 能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．酒精易溶于水，不能用酒精萃取碘水中的碘，故不选A；
B．浓硫酸用于干燥，利用浓硫酸的吸水性，故不选B；
C．溶液呈碱性，可用于去除油污，故选C；
D．用作焙制糕点的膨松剂，是因为碳酸氢钠受热分解放出二氧化碳气体，故不选D；
选C。
5. 下列物质均有漂白作用，其中漂白原理与其他三种物质不同是
A. B. C. D. 氯水
【答案】C
【解析】
【详解】NaClO、、氯水的漂白都是利用物质的强氧化性，漂白是和有机色素发生化合反应生成了无色物质。综上所述，二氧化硫的漂白原理与其他三种物质不同。
故选C。
6. 某同学在配制溶液的系列操作中可能导致所配溶液浓度偏低的是
①选刚用蒸馏水洗净的容量瓶进行配制
②称量时，将固体放在垫了白纸的托盘天平左盘上
③将称量好的固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解，立即转移至容量瓶中
④用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒两次，洗涤液都移入容量瓶中
⑤定容时仰视刻度线
⑥由于不慎，液面超过容量瓶刻度线，直接用胶头滴管吸出超过的一部分即可
⑦摇匀后发现水低于刻度线，用胶头滴管继续加水至液面与刻度线相切
A. ①④B. ①④⑤C. ②⑤⑥⑦D. ②⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①选刚用蒸馏水洗净的容量瓶进行配制，不影响溶液体积，对浓度无影响，故不选①；
②氢氧化钠易潮解，将固体放在垫了白纸的托盘天平左盘上，部分氢氧化钠粘在纸上，使溶质偏少，所配溶液浓度偏低，故选②；
③将称量好的固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解，不冷却就立即转移至容量瓶中，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故不选③；
④为使氢氧化钠完全转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒两次，洗涤液都移入容量瓶中，对浓度无影响，故不选④；
⑤定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故选⑤；
⑥由于不慎，液面超过容量瓶刻度线，直接用胶头滴管吸出超过的一部分，溶质偏少，所配溶液浓度偏低，故选⑥；
⑦摇匀后发现水低于刻度线，用胶头滴管继续加水至液面与刻度线相切，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故选⑦；
可能导致所配溶液浓度偏低的是②⑤⑥⑦，选C。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 大理石与盐酸反应：
B. 使溴水褪色：
C. 用从酸化的海带灰浸出液中提取碘：
D. 少量溶液和溶液反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．大理石与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．和溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．用从酸化的海带灰浸出液中提取碘，双氧水把碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为，故C错误；
D．少量溶液和溶液反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠、水，反应的离子方程式为，故D正确；
选D。
8. 实验室制取SO2并回收CuSO4的实验原理及装置不能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸加热制得SO2，反应原理为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，A不合题意；
B．SO2是酸性气体，可以用浓硫酸干燥，B不合题意；
C．SO2可以用NaOH溶液吸收，但吸收时需要注意防止倒吸，图中防倒吸装置错误，C符合题意；
D．用蒸发皿加热可以将硫酸铜溶液蒸发浓缩，D不合题意；
故答案为：C。
9. 氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2+6C+2N2=Si3N4+6CO。下列对该反应的说法正确的是
A. 该反应的氧化剂是SiO2和N2
B. 该反应的还原剂为CO
C. 氮化硅中氮元素化合价为+3价
D. 上述反应中每生成1ml Si3N4转移12ml电子
【答案】D
【解析】
【分析】该反应中N元素化合价由0价变为-3价、C元素化合价由0价变为+2价，Si、O元素化合价不变。
【详解】A．N元素化合价由0价变为-3价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以氧化剂是N2，Si、O元素化合价不变，SiO2不是氧化剂，故A错误；
B．C元素化合价由0价变为+2价，C是还原剂，CO是氧化产物，故B错误；
C．氮化硅中氮元素化合价为-3价，故C错误；
D．上述反应中每生成1ml Si3N4转移1ml×4×[0-(-3)]ml=12ml电子，故D正确；
故答案为D。
10. 氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素3种核素，H既可以形成又可以形成，还能形成、、、、等重要化合物。是有机合成中一种重要的还原剂，能与等强氧化剂剧烈反应。是一种储氢材料，与水反应释放氢气，设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 、、都属于氢元素
B. 标准状况下，体积均为的和含有的电子数目都为
C. ，该反应中生成氢气转移的电子数目为
D. 的结构示意图为
【答案】B
【解析】
【详解】A．、、质子数都是1，都属于氢元素，故A正确；
B．标准状况下水是液体，的物质的量不是0.1ml，故B错误；
C．，CaH2中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素化合价由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物，生成氢气转移1ml电子，故C正确；
D．核外有2个电子，的结构示意图为，故D正确；
选B。
11. 是有机合成中一种重要的还原剂，能与等强氧化剂剧烈反应。利用氧化尿素制备(水合肼)的实验流程如图所示：
已知：氯气与烧碱溶液的反应是放热反应。下列说法不正确的是
A. 步骤I中为避免温度过高，可采用冰水浴
B. 步骤I制备溶液时，测得产物中与的物质的量之比为，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C. 步骤II中可将尿素水溶液逐滴滴入碱性溶液中
D. 步骤II反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，温度升高发生副反应生成，所以步骤I中为避免温度过高发生副反应，可采用冰水浴，故A正确；
B．步骤I制备溶液时，测得产物中与的物质的量之比为，根据得失电子守恒，、、NaCl的物质的量之比为3：1：8，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故B正确；
C．为防止被氧化，步骤II中应该将溶液逐滴滴入尿素水溶液中，故C错误；
D．步骤II中尿素被氧化为N2H4，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为，故D正确；
选C。
12. 电解饱和食盐水可获得氢气。在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与反应可得到。电解饱和食盐水的实验装置如图，下列说法正确的是
A. 通电一段时间后，向两极滴加酚酞试液，石墨棒电极区溶液变红
B. 氢气与催化生成的反应：
C. 工业上也可利用电极产物氢气和氯气混合点燃制取氯化氢
D. 该装置可证明饱和食盐水能导电，所以饱和食盐水是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁棒是阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，铁棒附近溶液呈碱性，碳棒是阳极，发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，向两极滴加酚酞试液，铁棒电极区溶液变红，故A错误；
B．氢气与催化生成的反应：，故B正确；
C．氢气和氯气混合点燃发生爆炸，工业上用电极产物氢气在氯气中燃烧制取氯化氢，故C错误；
D．食盐水混合物，既不是电解质又不是非电解，故D错误；
选B。
13. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 能使酚酞变红的溶液中：、、、
B. 在无色透明的溶液中：、、、
C. 含有的溶液中：、、、
D. 室温下，强酸性溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，能使酚酞变红的溶液呈碱性，不能大量存在，故不选A；
B．含有的溶液呈蓝色，在无色透明的溶液中不能大量存在，故不选B；
C．与Ca2+反应生成碳酸钙沉淀，含有的溶液中不能大量含，故不选C；
D．室温下，强酸性溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选D；
选D。
14. 下列实验操作及现象与结论之间对应关系正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡等，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子等，所以不一定含有硫酸根离子，A错误；
B．向某溶液中加入NaOH浓溶液，未加热，故原溶液中不一定无铵根离子，B错误；
C．向碘化钾中通入少量氯气生成碘单质和氯离子，可知还原性碘离子大于氯离子，在通入二氧化硫，碘单质与二氧化硫生成碘离子和硫酸根离子，可知还原性二氧化硫大于碘离子，C正确；
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，因为氯水中含H+，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，D错误；
答案选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15. 物质的分类、转化、化学计量在化学中占有重要地位。现有下列9种物质：①Cu②淀粉溶液③④⑤⑥⑦纯醋酸⑧溶液⑨熔融的。根据所学知识回答下列问题：
（1）以上能发生丁达尔效应的是___________。(填写序号，下同)
（2）属于强电解质的是___________。
（3）标准状况下，相同体积的④和⑤原子个数之比为___________。
（4）某硝酸盐中含有，则该硝酸盐的摩尔质量为___________。
（5）实验室需要配制的稀硫酸，需量取质量分数为98％、密度为的浓硫酸___________mL，配制过程中所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有___________。
【答案】（1）② （2）③⑥⑨
（3）3:4 （4）
（5） ①. 5.4 ②. 100mL容量瓶
【解析】
【小问1详解】
胶体能产生丁达尔效应，淀粉溶液属于胶体，能发生丁达尔效应的是淀粉溶液，选②；
【小问2详解】
在水溶液中能完全电离，属于强电解质；溶于水中的能完全电离，属于强电解质；在水溶液中能完全电离，属于强电解质；属于强电解质的是③⑥⑨；
【小问3详解】
根据阿伏伽德罗定律，标准状况下，相同体积的和分子数相等，所以原子个数之比为3:4；
【小问4详解】
某硝酸盐中含有，的物质的量为0.05ml，则该硝酸盐的摩尔质量为。
小问5详解】
98％、密度为的浓硫酸的物质的量浓度为，实验室需要配制的稀硫酸，选用100mL的容量瓶，需量取质量分数为98％、密度为的浓硫酸，配制过程中所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有100mL容量瓶。
16. 实验室利用如图所示装置制取并收集纯净的氯气。
（1）a的作用是___________，装置C中盛放的试剂名称为___________。
（2）写出B中反应的化学方程式：________，量取浓度为的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，发现获得的氯气的体积远小于(标准状况下)，可能的原因是_________。
（3）次氯酸钠是家用“84”消毒剂的有效成分，为了测定有效成分的浓度(假设其他成分不参与反应)，某兴趣小组进行了如下实验：
①取溶液，调pH至溶液呈酸性，加入的溶液(过量)，充分发生下列反应：(未配平)。
②向上述反应后的溶液中滴加的溶液，恰好完全发生下列反应(此条件下不参与反应)：(未配平)。
计算的物质的量浓度___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 平衡压强，使分液漏斗内液体能顺利流下 ②. 饱和食盐水
（2） ①. ②. 稀盐酸与二氧化锰不反应，HCl不能完全反应
（3）
【解析】
【分析】B装置制备氯气，C装置盛放饱和食盐水除氯气中的氯化氢，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E装置用向上排空气法收集氯气，F装置吸收氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
a连接分液漏斗上口和烧瓶，使分液漏斗和烧瓶内压强相等，a的作用是平衡压强，使分液漏斗内液体能顺利流下；装置C的作用是除氯气中的氯化氢，盛放的试剂名称为饱和食盐水；
【小问2详解】
B中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式为；量取浓度为的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，HCl不能完全反应，所以氯气的体积远小于(标准状况下)。
【小问3详解】
根据得失电子守恒，配平反应方程式为、；
根据题意，次氯酸钠、高锰酸钾共消耗的物质的量为，消耗的物质的量为，则次氯酸钠消耗的物质的量为0.12ml-0.05ml=0.07ml，根据可知，的物质的量为0.035ml，的物质的量浓度为。
17. 锰元素能形成、、、等多种氧化物，其中大颗粒是重要的电池材料。工业上以碳酸锰矿(主要成分为、，常温下二者皆为难溶于水的固体)和软锰矿(主要成分为)为原料制取。其工艺主要包括“酸浸”“沉锰”“打浆”“氧化”。
已知：硫化氢是一种易燃、具有臭鸡蛋气味的有毒气体，有较强的还原性，溶于水得到氢硫酸溶液，是一种比碳酸还弱的酸。
（1）将溶液滴入溶液中，发生反应的离子方程式为___________。
（2）从安全及环保的角度来看“酸浸”过程中，向硫酸溶液中，加料方式为___________(填标号)。
A．先加软锰矿，再加碳酸锰矿B．先加碳酸锰矿，再加软锰矿
过滤得到的“酸浸渣”中含有单质S，写出生成单质S的离子方程式：___________。
（3）“打浆”：将所得制成悬浊液，可加快“氧化”反应速率的原因是___________。
（4）“氧化”：置于空气中在60℃条件下加热即可得到，该反应的化学方程为___________。
（5）“氧化”所得固体产物中锰元素质量分数随通空气时间的变化如图所示。
通空气超过8小时，产物中锰元素质量分数减小原因是___________。
【答案】（1）HS-+OH-=S2-+H2O
（2） ①. A ②. MnO2+MnS+4H+═2Mn2++S+2H2O；
（3）增大与氧气的接触面积
（4）6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O
（5）中Mn元素质量分数为72%，通空气超过8小时，锰元素转化为更高价态的氧化物
【解析】
【分析】碳酸锰矿主要成分为、，软锰矿主要成分为。向反应器中加入一定量稀硫酸，然后依次加入软锰矿、碳酸锰矿，充分反应后过滤得到含MnSO4的酸浸液，酸性条件下把氧化为S单质。酸浸液中加氨水生成Mn(OH)2“沉锰”，把Mn(OH)2制成悬浊液，通入空气在60℃条件下加热把Mn(OH)2氧化为。
【小问1详解】
H2S是二元弱酸，将溶液滴入溶液中生成硫化钾、硫化钠，发生反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O；
【小问2详解】
把氧化为S单质，MnS和硫酸反应生成硫酸锰和H2S，为防止生成有毒气体H2S，从安全及环保的角度来看“酸浸”过程中，向硫酸溶液中，加料方式为先加软锰矿，再加碳酸锰矿，选A。
酸性条件下把氧化为S单质，反应的离子方程式为MnO2+MnS+4H+═2Mn2++S+2H2O。
【小问3详解】
将所得制成悬浊液增大与氧气的接触面积，可加快“氧化”反应速率。
【小问4详解】
在60℃条件下，被氧气氧化为，该反应的化学方程为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。
【小问5详解】
中Mn元素质量分数为72%，通空气超过8小时，锰元素转化为更高价态的氧化物，所以产物中锰元素质量分数减小。
18. 运用化学反应原理研究硫单质及其化合物的反应，对生产、生活、环境保护等领域有着重要的意义。
（1）一定条件下，将通入溶液中，反应一段时间后过滤、洗涤得到粗Te。
①还原溶液得到Te的反应中，___________。
②检验沉淀是否洗涤干净的具体操作为___________。
③过程中须控制反应温度为80℃，适宜的加热方式为___________；采取该加热方式的优点为___________。
（2）工业上采用催化还原，不仅可以消除污染，还可得到有价值的单质S。反应分两步完成，如图所示，催化还原第一步反应的化学方程式为___________。
（3）工业上常用溶液对燃煤烟气进行脱硫。已知溶液具有强氧化性，酸性条件下发生歧化反应生成，易溶于水，具有强氧化性，可氧化。
①在实验室模拟脱硫过程：先加稀硫酸调节吸收液的pH为5，再向其中通入含的模拟烟气。测得脱硫反应后，溶液中的阴离子为和，则脱硫反应的离子方程式为___________。
②测得脱硫效率(即的吸收率)随温度变化的曲线如图所示。结合已知信息分析，温度大于50℃时，随温度升高脱硫效率下降的原因是___________。
（4）水悬浊液吸收。已知：室温下，微溶于水，易溶于水；溶液中、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。向水悬浊液中匀速缓慢通入，在开始吸收的内，吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是___________(填化学式)；吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 2:1 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸，再加BaCl2溶液，没有沉淀生成说明沉淀洗涤干净 ③. 热水浴 ④. 可以使物体均匀受热
（2）
（3） ①. ②. 酸性条件下发生歧化反应生成，温度升高，从溶液体系中溢出，二氧化硫的溶解度降低
（4） ①. ZnSO3 ②. ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
【解析】
【小问1详解】
①还原溶液得到Te的反应中，S元素化合价由+4升高为+6，Te元素化合价由+4降低为0，根据得失电子守恒，2:1。
②若洗涤液中不含硫酸根离子，说明沉淀洗涤干净，检验沉淀是否洗涤干净的具体操作为：取最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸，再加BaCl2溶液，没有沉淀生成说明沉淀洗涤干净。
③过程中须控制反应温度为80℃，适宜的加热方式为热水浴；采取该加热方式的优点为可以使物体均匀受热。
【小问2详解】
根据图示，催化还原第一步反应的化学方程式为；
【小问3详解】
①先加稀硫酸调节吸收液的pH为5，发生歧化反应生成，再向其中通入含的模拟烟气，溶液中的阴离子为和，可知二氧化硫被氧化为，被还原为，脱硫反应的离子方程式为；
②酸性条件下发生歧化反应生成，温度升高，从溶液体系中溢出，二氧化硫的溶解度降低，所以温度大于50℃时，随温度升高脱硫效率下降。
【小问4详解】
反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率降低；溶液pH几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3；吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2。A
B
C
D
制取SO2
干燥SO2
吸收尾气中的SO2
将硫酸铜溶液蒸发浓缩
选项
实验操作及现象
结论
A
向某溶液中加入硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成
该溶液中含
B
向某溶液中滴加溶液，未产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中无
C
向淀粉KI溶液中先通入少量，再通入，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性：
D
探究新制饱和氯水成分的实验时，向氯水中加入粉末，有气泡产生
氯水中含